Matematyka.pl

Zadanie: Wykaz ze wielomian ma co najmniej 2 miejsca zerowe

\(\displaystyle{ x^{4}+ x^{2} -x -2 = 0}\)

Żadna liczba całkowita wstawiona pod \(\displaystyle{ x}\), nie zeruje funkcji.
\(\displaystyle{ 1, 2, -1, -2 }\)
W jaki sposób to policzyć?

Skorzystaj z własności Darboux

Można ze wzorów Ferrariego...czy jak tam ...

Dodano po 25 sekundach:
Choć to metoda najgorsza z możliwych...

Z bardziej jeszcze skomplikowanych metod: można rozłożyć na iloczyn dwóch wielomianów rzeczywistych stopnia 2 i pokazać, że jeden z nich ma dodatni wyróżnik.

Dodano po 8 minutach 18 sekundach:
A ładną i prostą metodą jest wyliczenie wyróżnika tego wielomianu

arek1357 pisze: ↑15 mar 2022, o 20:34 Choć to metoda najgorsza z możliwych...

Metoda Ferrariego akurat wymaga najmniej obliczeń i wg mnie jest najlepszą z obecnie znanych mi metod
rozwiązywania równań czwartego stopnia

Metoda wspomniana przez a4karo wymaga już nieco więcej obliczeń
Ułatwieniem w tej metodzie może być tzw odprężenie równania
bo wtedy po rozwiązaniu układu równań można równanie rozwiązujące szóstego stopnia łatwo sprowadzić
do równania trzeciego stopnia

Do tych "najgorszych z możliwych" metod należy chyba ta którą próbowałem samemu wyprowadzić

Polega ona na redukcji równania czwartego stopnia do równania dwukwadratowego w którym jednocześnie
\(\displaystyle{ a_{3}=0}\) oraz \(\displaystyle{ a_{1}=0}\)


Mając równanie \(\displaystyle{ a_{4}x^{4}+a_{3}x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}=0}\)
stosujemy podstawienie \(\displaystyle{ x=\frac{pt+q}{t+1}}\)
Mnożymy równanie przez \(\displaystyle{ \left( t+1\right)^{4} }\)
i otrzymujemy równanie czwartego stopnia z parametrami p oraz q
Przyrównujemy współczynniki przy \(\displaystyle{ t^3}\) oraz \(\displaystyle{ t}\)
do zera i dostajemy układ równań
Podczas rozwiązywania tego układu równań dostajemy równanie dziesiątego stopnia
Zauważamy że wielomian występujący w wyjściowym równaniu czwartego stopnia jest jednym z czynników
tego równania rozwiązującego
Mamy równanie rozwiązujące dziesiątego stopnia i jego czynnik \(\displaystyle{ a_{4}p^{4}+a_{3}p^{3}+a_{2}p^{2}+a_{1}p+a_{0}}\)
Czynnik ten jest dla nas bezużyteczny więc dzielimy równanie rozwiązujące przez ten czynnik
i otrzymujemy równanie szóstego stopnia do rozwiązania
Rozwiązanie tego równania szóstego stopnia można wyrazić przez pierwiastniki

Zauważmy, że nikt nie każe liczyć tych pierwiastków. Wielomian w zerze jest ujemy, a w nieskończonościach dodatni, więc ma co najmniej jeden pierwiastek ujemny i jeden dodatni.

Ta tyle że arek zaproponował metodę Ferrariego i twierdził że jest to metoda najgorsza z możliwych to napisałem że tak nie jest
Zastosowanie metody Ferrariego doprowadzi do tego co wcześniej napisałeś

a4karo pisze: ↑15 mar 2022, o 22:21 Z bardziej jeszcze skomplikowanych metod: można rozłożyć na iloczyn dwóch wielomianów rzeczywistych stopnia 2 i pokazać, że jeden z nich ma dodatni wyróżnik.

Cóż, może powinienem był uzupełnić ten post odpowiednio ironicznym emotikonę?

Dodano po 26 minutach 19 sekundach:
@mariuszm

Szczerze mówiąc poczułem się wyrwany do odpowiedzi. Pokażę więc jak można zastosować mój pomysł nie wykonując skomplikowanych rachunków

Rozłóżmy wielomian na iloczyn dwóch trójmianów kwadratowych:

`x^4+x^2-x-2=(x^2+px+a)(x^2-px+b)` (współczynniki przy `x` mają przeciwne znaki ze względu na to, że suma pierwiastków jest zerowa (Viete).
Po rozwinięciu dostajemy taki układ równań (którego nie mam zamiaru rozwiązywać)
\(\displaystyle{ b+a-p^2=1\quad (*)\\p(b-a)=1\quad(**)\\ab=-2\quad(***)}\)

Iloczyn wyróżników obu trójmianów po uwzględnieniu (*) i (***)
\(\displaystyle{ (p^2-4a)(p^2-4b)=p^4-4p^2(a+b)+16ab=p^4-4p^2(1+p^2)-32=-3p^4-4p^2-32<0}\)
zatem jeden z nich jest dodatni a drugi ujemny. Nasz wielomian ma zatem dokładnie dwa pierwiastki rzeczywiste.

Jeśli chcą sprawdzić czy wielomian ma dokładnie dwa pierwiastki metodami algebraicznymi
to pomysł zadziała ale jeżeli będą chcieli sprawdzić czy mamy cztery pierwiastki bądź zero pierwiastków
to przyda się jeszcze suma wyróżników

Nie, bo jeden wyróżnik jest dodatni (dwa pierwiastki), a drugi ujemny (zero pierwiastków)

A jeżeli chodziło Ci o przypadek ogólny, a nie ten konkretny wielomian, to istnieje proste kryterium do wyznaczania ilości pierwiastków:
Dla wielomianu `ax^4+bx^3+cx^2+dx+e` liczy się takie coś:
\(\displaystyle{ D=256a^3e^3-192a^2bde^2-128a^2c^2e^2\\
+144a^2cd^2e-27a^2d^4+144ab^2ce^2-6ab^2d^2e\\
-80abc^2de+18abcd^3+16ac^4e-4ac^3d^2-27b^4e^2\\
+18b^3cde-4b^3d^3-4b^2c^3e+b^2c^2d^2}\)
(mam nadzieję, że się nie pomyliłem)
i jeżeli
`D>0` to mamy cztery różne pierwiastki rzeczywiste lub dwie różne pary pierwiastków sprzężonych
`D<0` to mamy dwa różne pierwiastki rzeczywiste i jedną parę pierwiastkó sprzężonych
`D=0` Wszystkie pozostałe przypadki (czyli te, gdzie występuje pierwiastek wielokrotny)

A może tak: pokazać, że wielomian ma tylko jedno ekstremum (minimum) i że to minimum jest mniejsze od zera, co oznacza, że wielomian ma dokładnie dwa pierwiastki.

Ten wielomian jest funkcją ściśle wypukłą, więc żadna prosta nie może przecinać jego wykresu więcej niż dwa razy. W szczególności prosta `y=0`.